Probabilités : corrigé des exercices de maths en terminale en PDF.

Exercice 1 (probabilités terminale corrigé)

L’urne contient \(n+10\) boules. On note \(B_1\) (resp. \(B_2\)) l’événement « la première (resp. la deuxième) boule tirée est blanche ». Les valeurs possibles de X sont : \(2+2=4\) (deux blanches), \(2-3=-1\) (une blanche et une rouge) et \(-3-3=-6\) (deux rouges).

1. a. Après le premier tirage, il reste \(n+9\) boules dans l’urne. L’événement \(\{X=-1\}\) est réalisé par « blanche puis rouge » ou « rouge puis blanche » :

\[P(X=-1)=\dfrac{10}{n+10}\times \dfrac{n}{n+9}+\dfrac{n}{n+10}\times \dfrac{10}{n+9}=\dfrac{20n}{(n+10)(n+9)}\]

b. \(P(X=4)=\dfrac{10}{n+10}\times \dfrac{9}{n+9}=\dfrac{90}{(n+10)(n+9)}\) et \(P(X=-6)=\dfrac{n}{n+10}\times \dfrac{n-1}{n+9}=\dfrac{n(n-1)}{(n+10)(n+9)}\).

On vérifie que la somme vaut 1 : \(90+20n+n^2-n=n^2+19n+90=(n+10)(n+9)\).

\(P(X=4)=\dfrac{90}{(n+10)(n+9)}\) et \(P(X=-6)=\dfrac{n(n-1)}{(n+10)(n+9)}\).

c. \(E(X)=4\times \dfrac{90}{(n+10)(n+9)}-1\times \dfrac{20n}{(n+10)(n+9)}-6\times \dfrac{n(n-1)}{(n+10)(n+9)}=\dfrac{360-20n-6n^2+6n}{(n+10)(n+9)}\)

donc \(E(X)=\dfrac{-6n^2-14n+360}{(n+10)(n+9)}\).

d. Le dénominateur est strictement positif, donc \(E(X)\) a le signe de \(-6n^2-14n+360=-2(3n^2+7n-180)\).

Pour \(3n^2+7n-180\) : \(\Delta=49+2160=2209=47^2\), racines \(\dfrac{-7-47}{6}=-9\) et \(\dfrac{-7+47}{6}=\dfrac{20}{3}\).

\(E(X)\gt 0\) équivaut à \(3n^2+7n-180\lt 0\), c’est-à-dire \(-9\lt n\lt \dfrac{20}{3}\approx 6{,}67\). Comme n est un entier supérieur ou égal à 2 : \(E(X)\gt 0\) pour \(n\in\{2;3;4;5;6\}\).

2. Les 20 tirages sont indépendants et, à chaque tirage, la probabilité d’obtenir une boule blanche est \(\dfrac{10}{n+10}\). La probabilité de n’obtenir aucune boule rouge est donc \((\dfrac{10}{n+10})^{20}\), et celle d’obtenir au moins une boule rouge est \(1-(\dfrac{10}{n+10})^{20}\).

\(1-(\dfrac{10}{n+10})^{20}\gt 0{,}999\iff(\dfrac{10}{n+10})^{20}\lt 0{,}001\iff 20\ln(\dfrac{10}{n+10})\lt\ln(0{,}001)\iff\ln(\dfrac{n+10}{10})\gt\dfrac{3\ln 10}{20}\)

soit \(n+10\gt 10\times 10^{0{,}15}\approx 14{,}13\), donc \(n\gt 4{,}13\).

Contrôle : pour \(n=4\), \(1-(\dfrac{10}{14})^{20}\approx 0{,}9988\) ; pour \(n=5\), \(1-(\dfrac{10}{15})^{20}\approx 0{,}9997\).

La valeur minimale est \(n=5\).

3. a. \(P(Z\leq\, 50)=\displaystyle\int_0^{50}0{,}01\,\mathrm{e}^{-0{,}01x}\,\mathrm{d}x=[-\mathrm{e}^{-0{,}01x}]_0^{50}=1-\mathrm{e}^{-0{,}5}\)

\(P(Z\leq\, 50)=1-\mathrm{e}^{-0{,}5}\approx 0{,}393\).

b. On cherche \(P_{(Z\gt 50)}(Z\leq\, 60)=\dfrac{P(50\lt Z\leq\, 60)}{P(Z\gt 50)}\).

\(P(50\lt Z\leq\, 60)=[-\mathrm{e}^{-0{,}01x}]_{50}^{60}=\mathrm{e}^{-0{,}5}-\mathrm{e}^{-0{,}6}\) et \(P(Z\gt 50)=1-P(Z\leq\, 50)=\mathrm{e}^{-0{,}5}\).

Donc \(P_{(Z\gt 50)}(Z\leq\, 60)=\dfrac{\mathrm{e}^{-0{,}5}-\mathrm{e}^{-0{,}6}}{\mathrm{e}^{-0{,}5}}=1-\mathrm{e}^{-0{,}1}\approx 0{,}095\).

Exercice 2 :

Restitution organisée de connaissances. Pour n et p entiers naturels avec \(1\leq\, p\leq\, n\) :

\[\dbinom{n-1}{p-1}+\dbinom{n-1}{p}=\dfrac{(n-1)!}{(p-1)!\,(n-p)!}+\dfrac{(n-1)!}{p!\,(n-1-p)!}=\dfrac{p\,(n-1)!}{p!\,(n-p)!}+\dfrac{(n-p)\,(n-1)!}{p!\,(n-p)!}\]

\[\dbinom{n-1}{p-1}+\dbinom{n-1}{p}=\dfrac{(n-1)!\,(p+n-p)}{p!\,(n-p)!}=\dfrac{n!}{p!\,(n-p)!}=\dbinom{n}{p}\]

(lorsque \(p=n\), on a \(\dbinom{n-1}{n}=0\) et l’égalité \(\dbinom{n}{n}=\dbinom{n-1}{n-1}=1\) reste vraie).

Partie II

1. a. Les jetons sont indiscernables au toucher : on est dans une situation d’équiprobabilité. Il y a \(\dbinom{10}{2}=45\) façons de choisir 2 jetons parmi 10 et \(\dbinom{7}{2}=21\) façons de choisir 2 jetons blancs parmi les 7 jetons blancs. Donc

\[P(A)=\dfrac{\binom\,{7}{2}}{\binom\,{10}{2}}=\dfrac{21}{45}=\dfrac{7}{15}\]

b. Les jetons portant un numéro impair sont les blancs 1, 3, 5, 7 et les noirs 1, 3 : il y en a 6. Donc \(P(B)=\dfrac{\binom\,{6}{2}}{\binom\,{10}{2}}=\dfrac{15}{45}=\dfrac{1}{3}\).

c. \(A\cap B\) : « obtenir deux jetons blancs portant des numéros impairs ». Il y a 4 jetons blancs impairs, donc \(P(A\cap B)=\dfrac{\binom\,{4}{2}}{\binom\,{10}{2}}=\dfrac{6}{45}=\dfrac{2}{15}\).

Or \(P(A)\times P(B)=\dfrac{7}{15}\times \dfrac{1}{3}=\dfrac{7}{45}\) alors que \(P(A\cap B)=\dfrac{2}{15}=\dfrac{6}{45}\). Comme \(P(A)\times P(B)\neq P(A\cap B)\), les événements A et B ne sont pas indépendants.

2. a. X peut prendre les valeurs 0, 1 ou 2.

\(P(X=0)=\dfrac{\binom\,{7}{0}\times \binom\,{3}{2}}{\binom\,{10}{2}}=\dfrac{3}{45}=\dfrac{1}{15}\) ; \(P(X=1)=\dfrac{\binom\,{7}{1}\times \binom\,{3}{1}}{\binom\,{10}{2}}=\dfrac{21}{45}=\dfrac{7}{15}\) ; \(P(X=2)=\dfrac{\binom\,{7}{2}\times \binom\,{3}{0}}{\binom\,{10}{2}}=\dfrac{21}{45}=\dfrac{7}{15}\).

\(k\)	0	1	2
\(P(X=k)\)	\(\dfrac{1}{15}\)	\(\dfrac{7}{15}\)	\(\dfrac{7}{15}\)

b. \(E(X)=0\times \dfrac{1}{15}+1\times \dfrac{7}{15}+2\times \dfrac{7}{15}=\dfrac{21}{15}\), donc \(E(X)=\dfrac{7}{5}=1{,}4\).

Exercice 3 (probabilités terminale corrigé)

Les justifications n’étaient pas demandées ; elles sont données ici à titre pédagogique.

1. Dans un jeu de 32 cartes, il y a 8 piques et 4 as, dont l’as de pique. Le nombre de cartes qui ne sont ni un as, ni un pique est donc \(32-(8+4-1)=21\). Comme il y a équiprobabilité sur les 32 cartes, la probabilité cherchée est \(\dfrac{21}{32}\) : réponse B.

2. Il y a cette fois équiprobabilité sur les \(\dbinom{32}{2}\) façons de tirer simultanément 2 cartes parmi 32. La probabilité de n’obtenir ni un as, ni un pique est donc

\[\dfrac{\binom\,{21}{2}}{\binom\,{32}{2}}=\dfrac{\frac{21\times 20}{2\times 1}}{\frac{32\times 31}{2\times 1}}=\dfrac{105}{248}\]

Réponses A et B.

3. La durée d’attente suit la loi uniforme sur [0 ; 1]. 15 min correspondent à \(\dfrac{1}{4}\) h et 20 min à \(\dfrac{1}{3}\) h. La probabilité cherchée est \(\dfrac{\frac{1}{3}-\frac{1}{4}}{1-0}=\dfrac{1}{12}\) : réponse C.

4. Les 10 appareils fonctionnent indépendamment et chacun tombe en panne avec la probabilité 0,15 : on est dans le cadre d’un schéma de Bernoulli. Notons X le nombre d’appareils tombant en panne pendant la garantie : X suit la loi binomiale \(\mathcal{B}(10\,;\,0{,}15)\). Exactement 9 appareils en parfait état signifie exactement 1 appareil en panne :

\[P(X=1)=\dbinom{10}{1}\times 0{,}15^1\times 0{,}85^9=10\times 0{,}15\times 0{,}85^9\approx 0{,}35\text{ à }10^{-2}\text{ près}\]

Réponses A et D.

Exercice 4 :

1. Le tirage est simultané : un tirage est une combinaison de 5 cartes parmi 12. Il y en a \(\dbinom{12}{5}=792\), toutes équiprobables. L’enveloppe contient 4 rois et 8 autres figures.

a. Exactement deux rois : 2 rois parmi 4 et 3 autres cartes parmi 8.

\[P=\dfrac{\binom\,{4}{2}\times \binom\,{8}{3}}{\binom\,{12}{5}}=\dfrac{6\times 56}{792}=\dfrac{336}{792}=\dfrac{14}{33}\approx 0{,}424\]

b. L’événement contraire de « au moins un roi » est « aucun roi » : 5 cartes parmi les 8 qui ne sont pas des rois.

\[P=1-\dfrac{\binom\,{8}{5}}{\binom\,{12}{5}}=1-\dfrac{56}{792}=1-\dfrac{7}{99}=\dfrac{92}{99}\approx 0{,}929\]

c. X prend les valeurs 0, 1, 2, 3, 4 et \(P(X=k)=\dfrac{\binom\,{4}{k}\times \binom\,{8}{5-k}}{\binom\,{12}{5}}\).

\(k\)	0	1	2	3	4
\(P(X=k)\)	\(\dfrac{56}{792}=\dfrac{7}{99}\)	\(\dfrac{280}{792}=\dfrac{35}{99}\)	\(\dfrac{336}{792}=\dfrac{42}{99}\)	\(\dfrac{112}{792}=\dfrac{14}{99}\)	\(\dfrac{8}{792}=\dfrac{1}{99}\)

\(E(X)=\dfrac{0\times 7+1\times 35+2\times 42+3\times 14+4\times 1}{99}=\dfrac{165}{99}\), donc \(E(X)=\dfrac{5}{3}\approx 1{,}67\).

Interprétation : si l’on répète un grand nombre de fois ce tirage de 5 cartes, on obtient en moyenne environ 1,67 roi par tirage.

2. Les cinq tirages sont indépendants (avec remise) et, à chaque tirage, la probabilité d’obtenir un roi est \(\dfrac{4}{12}=\dfrac{1}{3}\). Y suit donc la loi binomiale \(\mathcal{B}(5\,;\,\dfrac{1}{3})\).

a. \(P(Y=5)=(\dfrac{1}{3})^5=\dfrac{1}{243}\approx 0{,}004\).

b. \(P(Y=2)=\dbinom{5}{2}(\dfrac{1}{3})^2(\dfrac{2}{3})^3=10\times \dfrac{1}{9}\times \dfrac{8}{27}=\dfrac{80}{243}\approx 0{,}329\).

c. \(P(Y\geq\, 1)=1-P(Y=0)=1-(\dfrac{2}{3})^5=1-\dfrac{32}{243}=\dfrac{211}{243}\approx 0{,}868\).

d. \(E(Y)=5\times \dfrac{1}{3}=\dfrac{5}{3}\approx 1{,}67\) : sur un grand nombre de séries de cinq tirages avec remise, on obtient en moyenne environ 1,67 roi par série (la même moyenne qu’à la question 1).

3. Y suit maintenant la loi \(\mathcal{B}(n\,;\,\dfrac{1}{3})\) et \(P(Y\geq\, 1)=1-(\dfrac{2}{3})^n\).

\(1-(\dfrac{2}{3})^n\geq\, 0{,}95\iff(\dfrac{2}{3})^n\leq\, 0{,}05\iff n\ln(\dfrac{2}{3})\leq\,\ln(0{,}05)\iff n\geq\,\dfrac{\ln(0{,}05)}{\ln(\frac{2}{3})}\approx 7{,}39\)

(on a changé le sens de l’inégalité car \(\ln(\frac{2}{3})\lt 0\)). Contrôle : \(1-(\frac{2}{3})^7\approx 0{,}941\) et \(1-(\frac{2}{3})^8\approx 0{,}961\).

Il faut effectuer au minimum 8 tirages.

Exercice 5 (probabilités terminale corrigé)

1. \(I_2\) a reçu l’information exacte avec la probabilité \(p_2=0{,}8\). \(I_3\) reçoit l’information exacte si \(I_2\) l’avait exacte et la transmet fidèlement, ou si \(I_2\) l’avait déformée et la change en son contraire (elle redevient alors exacte) :

\[p_3=0{,}8\times 0{,}8+0{,}2\times 0{,}2=0{,}64+0{,}04=0{,}68\]

\(p_3=0{,}68\).

2. D’après la formule des probabilités totales, avec la partition \(A_n\), \(\overline{A_n}\) :

\(p_{n+1}=P(A_n)\times P_{A_n}(A_{n+1})+P(\overline{A_n})\times P_{\overline{A_n}}(A_{n+1})=0{,}8\,p_n+0{,}2\,(1-p_n)\)

donc \(p_{n+1}=0{,}6\,p_n+0{,}2\) pour tout \(n\in\mathbb{N}^*\).

3. On cherche le réel \(\ell\) tel que \(\ell=0{,}6\,\ell+0{,}2\) : \(\ell=0{,}5\). Posons \(u_n=p_n-0{,}5\).

\(u_{n+1}=p_{n+1}-0{,}5=0{,}6\,p_n-0{,}3=0{,}6\,(p_n-0{,}5)=0{,}6\,u_n\) : la suite \((u_n)\) est géométrique de raison 0,6 et de premier terme \(u_1=1-0{,}5=0{,}5\).

Donc \(u_n=0{,}5\times 0{,}6^{n-1}\) et \(p_n=0{,}5+0{,}5\times 0{,}6^{n-1}\). Contrôle : \(p_2=0{,}5+0{,}3=0{,}8\) et \(p_3=0{,}5+0{,}18=0{,}68\).

4. \(p_{10}=0{,}5+0{,}5\times 0{,}6^9\approx 0{,}505\).

5. Comme \(0\lt 0{,}6\lt 1\), \(\lim\limits_{n\to+\infty}0{,}6^{n-1}=0\), donc \(\lim\limits_{n\to+\infty}p_n=0{,}5\). Après un grand nombre de transmissions, l’information finale a autant de chances d’être exacte que d’être déformée.

Exercice 6 :

1. a) et b) Les mutations sont indépendantes : les probabilités des branches sont les mêmes à chaque niveau, \(P(A)=0{,}02\), \(P(B)=0{,}04\), \(P(C)=0{,}1\), et celles des événements contraires valent \(0{,}98\), \(0{,}96\) et \(0{,}9\).

2. La probabilité d’une issue est le produit des probabilités des branches du chemin qui y mène.

a) \(P(ABC)=0{,}02\times 0{,}04\times 0{,}1=0{,}00008\) : environ 8 animaux sur 100 000 présentent une mutation des trois gènes.

b) \(P(\overline{A}\,\overline{B}\,\overline{C})=0{,}98\times 0{,}96\times 0{,}9=0{,}84672\) : environ 84,7 % des animaux ne présentent aucune des trois mutations.

c) \(P(A\,\overline{B}\,C)=0{,}02\times 0{,}96\times 0{,}1=0{,}00192\) : environ 1,9 animal sur 1 000 présente une mutation des gènes A et C, mais pas du gène B.

Exercice 7 (probabilités terminale corrigé)

1. D’après les données, \(P_M(T)=\dfrac{98}{100}=0{,}98\) et \(P_{\overline{M}}(T)=\dfrac{1}{100}=0{,}01\), avec \(P(M)=x\) et \(P(\overline{M})=1-x\).

Formule des probabilités totales : \(P(T)=0{,}98\,x+0{,}01\,(1-x)=0{,}97\,x+0{,}01\).

\[f(x)=P_T(M)=\dfrac{P(M\cap T)}{P(T)}=\dfrac{0{,}98\,x}{0{,}97\,x+0{,}01}=\dfrac{98x}{97x+1}\]

(en multipliant numérateur et dénominateur par 100).

Étude de f sur [0 ; 1] : \(f^{\prime}(x)=\dfrac{98(97x+1)-98x\times 97}{(97x+1)^2}=\dfrac{98}{(97x+1)^2}\gt 0\), donc f est strictement croissante, avec \(f(0)=0\) et \(f(1)=1\).

\(x\)	0	0,05	0,1	0,2	0,5	1
\(f(x)\) (arrondi)	0	0,838	0,916	0,961	0,990	1

2. Pour \(x=0{,}05\) : \(f(0{,}05)=\dfrac{4{,}9}{5{,}85}=\dfrac{98}{117}\approx 0{,}838\lt 0{,}95\). Le test n’est pas fiable pour une proportion de 5 %.

Comme \(97x+1\gt 0\) : \(f(x)\geq\, 0{,}95\iff 98x\geq\, 0{,}95\,(97x+1)\iff 98x-92{,}15x\geq\, 0{,}95\iff 5{,}85\,x\geq\, 0{,}95\iff x\geq\,\dfrac{19}{117}\).

Le test est fiable dès que la proportion de malades vaut au moins \(\dfrac{19}{117}\approx 0{,}162\), soit environ 16,2 %.

Exercice 8 :

1. a) Chaque roue est divisée en 5 secteurs identiques dont un seul est gagnant : \(P(S)=\dfrac{1}{5}=0{,}2\) et \(P(\overline{S})=0{,}8\).

b) Arbre complété (on a indiqué pour chaque chemin la valeur de X, nombre de succès) :

Loi de X : un chemin comportant k succès a pour probabilité \(0{,}2^k\times 0{,}8^{3-k}\), et il y a 1, 3, 3 et 1 chemins comportant respectivement 0, 1, 2 et 3 succès.

• \(P(X=0)=0{,}8^3=0{,}512\) ;
• \(P(X=1)=3\times 0{,}2\times 0{,}8^2=0{,}384\) ;
• \(P(X=2)=3\times 0{,}2^2\times 0{,}8=0{,}096\) ;
• \(P(X=3)=0{,}2^3=0{,}008\).

\(k\)	0	1	2	3
\(P(X=k)\)	0,512	0,384	0,096	0,008

On vérifie que \(0{,}512+0{,}384+0{,}096+0{,}008=1\).

Exercice 9 (probabilités terminale corrigé)

a) La pièce donne 1 ou 2 avec la probabilité \(\dfrac{1}{2}\) ; le sac contient quatre papiers numérotés 1, 2, 3 et 4, chacun tiré avec la probabilité \(\dfrac{1}{4}\).

L’ensemble des issues est \(E=\{(1;1),(1;2),(1;3),(1;4),(2;1),(2;2),(2;3),(2;4)\}\) et chaque issue a pour probabilité \(\dfrac{1}{2}\times \dfrac{1}{4}=\dfrac{1}{8}\) : la loi de probabilité sur E est équirépartie, chacune des 8 issues ayant la probabilité \(\dfrac{1}{8}\).

b) L’événement contraire « ne jamais obtenir le 2 » est formé des issues (1 ; 1), (1 ; 3) et (1 ; 4), de probabilité \(\dfrac{3}{8}\).

La probabilité d’obtenir au moins une fois le numéro 2 est \(1-\dfrac{3}{8}=\dfrac{5}{8}\).

Exercice 10 :

D’après les patrons, le dé 1 a deux faces roses, deux faces jaunes et deux faces vertes ; le dé 2 a trois faces bleues et trois faces orange.

a. L’univers est \(\Omega=\{(R;B),(R;O),(J;B),(J;O),(V;B),(V;O)\}\), soit 6 issues.

b. Arbre pondéré :

c. Chaque couleur du dé 1 a la probabilité \(\dfrac{2}{6}=\dfrac{1}{3}\) et chaque couleur du dé 2 la probabilité \(\dfrac{3}{6}=\dfrac{1}{2}\). Les deux lancers étant indépendants :

\(P(V;B)=P(R;B)=P(J;O)=P(R;O)=\dfrac{1}{3}\times \dfrac{1}{2}=\dfrac{1}{6}\).

Exercice 11 (probabilités terminale corrigé)

Composition des urnes : l’urne 1 contient 2 boules bleues et 3 grises, l’urne 2 une bleue et une rose, l’urne 3 trois bleues et une jaune.

a) Chaque urne donne 2 couleurs possibles : il y a \(2\times 2\times 2=8\) issues.

b) Arbre pondéré (la probabilité de chaque issue est indiquée à droite) :

c) Les issues formées de trois couleurs différentes sont GBJ, GRB, GRJ et BRJ.

\(P=\dfrac{3}{5}\times \dfrac{1}{2}\times \dfrac{1}{4}+\dfrac{3}{5}\times \dfrac{1}{2}\times \dfrac{3}{4}+\dfrac{3}{5}\times \dfrac{1}{2}\times \dfrac{1}{4}+\dfrac{2}{5}\times \dfrac{1}{2}\times \dfrac{1}{4}=\dfrac{3+9+3+2}{40}\)

La probabilité que les trois boules soient de couleurs différentes est \(\dfrac{17}{40}\).

d) \(\dfrac{3}{5}\times \dfrac{1}{2}\times \dfrac{1}{4}=\dfrac{3}{40}\) : les issues GBJ et GRJ ont chacune la probabilité \(\dfrac{3}{40}\).

Exercice 12 :

a) Pour chaque véhicule, l’expérience a deux issues : N « le véhicule roule sans assurance », de probabilité \(p=0{,}018\), et \(\overline{N}\), de probabilité \(0{,}982\). C’est une épreuve de Bernoulli. Les trois véhicules étant choisis sans lien entre eux, on peut considérer que ces trois épreuves identiques sont indépendantes : la situation est un schéma de Bernoulli à 3 épreuves de paramètre \(p=0{,}018\).

b) Arbre pondéré :

Exercice 13 (probabilités terminale corrigé)

Le diagramme représente des valeurs de 0 à 4 : \(n=4\).

On lit \(P(X=0)=0{,}1296\). Or \(P(X=0)=(1-p)^4\), donc \((1-p)^4=0{,}1296=0{,}6^4\), d’où \(1-p=0{,}6\) (car \(1-p\geq\, 0\)) et \(p=0{,}4\).

Vérification : \(P(X=1)=4\times 0{,}4\times 0{,}6^3=0{,}3456\), \(P(X=2)=6\times 0{,}4^2\times 0{,}6^2=0{,}3456\), \(P(X=3)=0{,}1536\) et \(P(X=4)=0{,}0256\), ce qui correspond au graphique. X suit la loi \(\mathcal{B}(4\,;\,0{,}4)\).

Exercice 14 :

a) Chaque lampe prend l’une des 4 couleurs au hasard, donc s’illumine en vert avec la probabilité \(\dfrac{1}{4}=0{,}25\). Les 5 lampes fonctionnent indépendamment : on répète 5 fois, de façon indépendante, une épreuve de Bernoulli dont le succès est « la lampe est verte ». X suit la loi binomiale \(\mathcal{B}(5\,;\,0{,}25)\).

b) \(P(A)=P(X\leq\, 1)=P(X=0)+P(X=1)=0{,}75^5+5\times 0{,}25\times 0{,}75^4\approx 0{,}2373+0{,}3955\)

\(P(A)\approx 0{,}63\).

B est l’événement contraire de A : \(P(B)=1-P(A)\approx 0{,}37\) (valeur exacte \(1-\dfrac{81}{128}=\dfrac{47}{128}\)).

Exercice 15 (probabilités terminale corrigé)

Les quatre parties sont indépendantes et se jouent de la même façon : X suit une loi binomiale de paramètres \(n=4\) et p, où p est la probabilité de gagner une partie. Alors \(P(X\geq\, 1)=1-P(X=0)=1-(1-p)^4\).

Parmi les 37 numéros, le 0 n’est ni pair, ni impair, ni rouge, ni noir : il y a 18 numéros impairs, 18 numéros de 1 à 18 et 18 numéros rouges.

Façon de miser	a) Loi de X	b) \(P(X\geq\, 1)\)
(1) un numéro	\(\mathcal{B}(4\,;\,\dfrac{1}{37})\)	\(1-(\dfrac{36}{37})^4\approx\) 0,104
(2) « Impair »	\(\mathcal{B}(4\,;\,\dfrac{18}{37})\)	\(1-(\dfrac{19}{37})^4\approx\) 0,930
(3) « 1 à 18 »	\(\mathcal{B}(4\,;\,\dfrac{18}{37})\)	\(1-(\dfrac{19}{37})^4\approx\) 0,930
(4) « Rouge »	\(\mathcal{B}(4\,;\,\dfrac{18}{37})\)	\(1-(\dfrac{19}{37})^4\approx\) 0,930
(5) « 1er 12 »	\(\mathcal{B}(4\,;\,\dfrac{12}{37})\)	\(1-(\dfrac{25}{37})^4\approx\) 0,792

Exercice 16 :

Chaque rouleau comporte \(2+3+4+5+6+8+10=38\) symboles. Les trois rouleaux s’arrêtent indépendamment et chaque symbole a la même probabilité d’apparaître.

a) Trois symboles identiques : la probabilité vaut \((\dfrac{c}{38})^3\) où c est le nombre d’exemplaires du symbole sur un rouleau. Pour les cerises, on a considéré que « deux cerises » signifie exactement deux cerises et « une cerise » exactement une cerise, quelle que soit leur position.

Combinaison	Gain	Probabilité exacte	Arrondi au millième
trois WIN	1 000	\((\dfrac{2}{38})^3=\dfrac{1}{6859}\)	0,000 (environ 0,00015)
trois 7	500	\((\dfrac{3}{38})^3=\dfrac{27}{54872}\)	0,000 (environ 0,00049)
trois BAR	100	\((\dfrac{4}{38})^3=\dfrac{8}{6859}\)	0,001
trois citrons	50	\((\dfrac{5}{38})^3=\dfrac{125}{54872}\)	0,002
trois oranges	25	\((\dfrac{6}{38})^3=\dfrac{27}{6859}\)	0,004
trois prunes	10	\((\dfrac{8}{38})^3=\dfrac{64}{6859}\)	0,009
trois cerises	10	\((\dfrac{10}{38})^3=\dfrac{125}{6859}\)	0,018
deux cerises	5	\(3\times (\dfrac{10}{38})^2\times \dfrac{28}{38}=\dfrac{1050}{6859}\)	0,153
une cerise	2	\(3\times \dfrac{10}{38}\times (\dfrac{28}{38})^2=\dfrac{2940}{6859}\)	0,429

(Pour exactement deux cerises, le facteur 3 correspond aux trois positions possibles du rouleau qui n’affiche pas de cerise ; de même pour une seule cerise.)

b) La partie n’est pas perdante lorsque le gain est au moins égal à la mise de 10 points : trois WIN, trois 7, trois BAR, trois citrons, trois oranges, trois prunes ou trois cerises. Ces événements sont incompatibles :

\[P=\dfrac{8+27+64+125+216+512+1000}{54872}=\dfrac{1952}{54872}=\dfrac{244}{6859}\]

La probabilité que la partie ne soit pas perdante est environ 0,036.

Exercice 17 (probabilités terminale corrigé)

1. On a \(P(A)=0{,}8\), \(P(E)=1-0{,}8=0{,}2\), \(P_A(C)=0{,}3\), \(P_A(\overline{C})=0{,}7\), \(P_E(\overline{C})=0{,}2\) (texte inconnu) donc \(P_E(C)=0{,}8\).

2. a. \(P(E)=0{,}2\) et \(P_E(C)=0{,}8\).

b. \(P(E\cap C)=P(E)\times P_E(C)=0{,}2\times 0{,}8\), donc \(P(E\cap C)=0{,}16\).

La probabilité que l’étudiant tire un sujet d’espagnol portant sur un texte qu’il connaît est 0,16 : cela arrive dans 16 % des cas.

Exercice 18 :

a) On note C « la question porte sur le cinéma », M « la question porte sur la musique » et R « Robin répond correctement ».

b) On cherche \(P(M\cap\overline{R})=P(M)\times P_M(\overline{R})=\dfrac{2}{3}\times (1-\dfrac{3}{4})=\dfrac{2}{3}\times \dfrac{1}{4}\).

La probabilité que la question porte sur la musique et que Robin ne réponde pas correctement est \(\dfrac{1}{6}\).

Exercice 19 (probabilités terminale corrigé)

1. Arbre complété :

2. \(P(\overline{E})=1-0{,}65=0{,}35\), \(P_E(\overline{F})=1-0{,}52=0{,}48\) et \(P_{\overline{E}}(\overline{F})=1-0{,}36=0{,}64\).

3. D’après la règle du produit sur l’arbre, \(P(E\cap F)=P(E)\times P_E(F)=0{,}65\times 0{,}52=0{,}338\).

4. \(P(E\cap\overline{F})=0{,}65\times 0{,}48=0{,}312\) ; \(P(\overline{E}\cap F)=0{,}35\times 0{,}36=0{,}126\) ; \(P(\overline{E}\cap\overline{F})=0{,}35\times 0{,}64=0{,}224\).

Vérification : \(0{,}338+0{,}312+0{,}126+0{,}224=1\). On en déduit aussi \(P(F)=0{,}338+0{,}126=0{,}464\).

Exercice 20 :

A et B sont indépendants, donc \(P(A\cap B)=P(A)\times P(B)\), soit \(P(B)=\dfrac{P(A\cap B)}{P(A)}\) (ici \(P(A)\neq 0\)).

1. \(P(B)=\dfrac{0{,}21}{0{,}56}\), donc \(P(B)=0{,}375=\dfrac{3}{8}\).

2. \(P(B)=\dfrac{3}{25}: \dfrac{1}{3}=\dfrac{3}{25}\times 3\), donc \(P(B)=\dfrac{9}{25}=0{,}36\).

Exercice 21 (probabilités terminale corrigé)

1. \(P(T)=0{,}84\), \(P(O)=0{,}75\) et \(P(T\cap O)=0{,}6\).

Donc \(P(\overline{T})=1-0{,}84=0{,}16\) et \(P(\overline{O})=1-0{,}75=0{,}25\).

2. On complète le tableau par différences : \(P(\overline{T}\cap O)=0{,}75-0{,}6=0{,}15\), \(P(T\cap\overline{O})=0{,}84-0{,}6=0{,}24\) et \(P(\overline{T}\cap\overline{O})=0{,}25-0{,}24=0{,}01\).

	\(T\)	\(\overline{T}\)	Total
\(O\)	0,6	0,15	0,75
\(\overline{O}\)	0,24	0,01	0,25
Total	0,84	0,16	1

3. \(P_T(\overline{O})=\dfrac{P(T\cap\overline{O})}{P(T)}=\dfrac{0{,}24}{0{,}84}\), donc \(P_T(\overline{O})=\dfrac{2}{7}\approx 0{,}286\).

4. On cherche \(P_O(T)=\dfrac{P(T\cap O)}{P(O)}=\dfrac{0{,}6}{0{,}75}\), donc \(P_O(T)=0{,}8\) : 80 % des possesseurs d’un ordinateur ont aussi un téléphone portable.

Exercice 22 :

1. \(P(V)=0{,}2\), \(P_V(D)=0{,}96\) et \(P_{\overline{V}}(D)=0{,}05\).

2. Arbre complété (\(P(\overline{V})=0{,}8\), \(P_V(\overline{D})=0{,}04\), \(P_{\overline{V}}(\overline{D})=0{,}95\)) :

3. \(P(V\cap D)=P(V)\times P_V(D)=0{,}2\times 0{,}96\), donc \(P(V\cap D)=0{,}192\).

C’est la probabilité qu’un ordinateur choisi au hasard soit infecté par un virus et que l’antivirus détecte ce virus : cela concerne 19,2 % des ordinateurs du cybercafé.

Exercice 23 (probabilités terminale corrigé)

1. La production journalière totale est de \(600+900=1500\) pièces.

\(P(A)=\dfrac{600}{1500}=0{,}4\), \(P(B)=\dfrac{900}{1500}=0{,}6\), \(P_A(D)=0{,}014\) et \(P_B(D)=0{,}024\).

2. Arbre complété :

3. a. \(P(A\cap\overline{D})=P(A)\times P_A(\overline{D})=0{,}4\times 0{,}986=0{,}3944\) et \(P(B\cap\overline{D})=0{,}6\times 0{,}976=0{,}5856\).

La première est la probabilité qu’un composant soit produit par l’unité A et ne présente pas de défaut de soudure ; la seconde, qu’il soit produit par l’unité B et sans défaut.

b. A et B forment une partition de l’univers, donc \(P(\overline{D})=0{,}3944+0{,}5856=0{,}98\) et \(P(D)=1-0{,}98=0{,}02\).

(On retrouve ce résultat par la formule des probabilités totales : \(P(D)=0{,}4\times 0{,}014+0{,}6\times 0{,}024=0{,}0056+0{,}0144=0{,}02\).)

4. On cherche \(P_D(A)=\dfrac{P(A\cap D)}{P(D)}=\dfrac{0{,}4\times 0{,}014}{0{,}02}=\dfrac{0{,}0056}{0{,}02}\).

La probabilité qu’un composant défectueux provienne de l’unité A est 0,28.

Exercice 24 :

1. Agathe peut annoncer la nouvelle à ses deux parents si les deux répondent : c’est l’événement \(A\cap B\). Comme A et B sont indépendants :

\(P(A\cap B)=P(A)\times P(B)=0{,}8\times 0{,}75\), donc \(P(A\cap B)=0{,}6\).

2. A et B étant indépendants, \(\overline{A}\) et \(\overline{B}\) le sont aussi :

\(P(\overline{A}\cap\overline{B})=P(\overline{A})\times P(\overline{B})=0{,}2\times 0{,}25\), donc \(P(\overline{A}\cap\overline{B})=0{,}05\).

C’est la probabilité qu’aucun des deux parents ne réponde : Agathe ne peut alors annoncer la nouvelle à personne.

Exercice 25 :

On utilise \(P(A\cup B)=P(A)+P(B)-P(A\cap B)\), avec \(P(A)=\dfrac{1}{4}\) et \(P(A\cup B)=\dfrac{1}{3}\).

1. a. A et B incompatibles : \(P(A\cap B)=0\), donc \(\dfrac{1}{3}=\dfrac{1}{4}+a\) et \(a=\dfrac{1}{3}-\dfrac{1}{4}=\dfrac{1}{12}\).

b. A et B indépendants : \(P(A\cap B)=\dfrac{1}{4}a\), donc \(\dfrac{1}{3}=\dfrac{1}{4}+a-\dfrac{1}{4}a=\dfrac{1}{4}+\dfrac{3}{4}a\).

D’où \(\dfrac{3}{4}a=\dfrac{1}{12}\) et \(a=\dfrac{1}{9}\).

c. A est une partie de B : \(A\cup B=B\), donc \(a=P(B)=\dfrac{1}{3}\).

2. On utilise \(P_A(B)=\dfrac{P(A\cap B)}{P(A)}\) et \(P_B(A)=\dfrac{P(A\cap B)}{P(B)}\).

• Cas a (incompatibles) : \(P(A\cap B)=0\), donc \(P_A(B)=0\) et \(P_B(A)=0\).
• Cas b (indépendants) : \(P_A(B)=P(B)=\dfrac{1}{9}\) et \(P_B(A)=P(A)=\dfrac{1}{4}\).
• Cas c (\(A\subset B\)) : \(A\cap B=A\), donc \(P_A(B)=\dfrac{P(A)}{P(A)}=1\) et \(P_B(A)=\dfrac{P(A)}{P(B)}=\dfrac{1/4}{1/3}=\dfrac{3}{4}\).

Exercice 26 :

a) \(P(V)=0{,}4\), \(P_V(G)=0{,}08\) et \(P_{\overline{V}}(G)=0{,}28\).

b) D’après la formule des probabilités totales :

\(P(G)=P(V)\times P_V(G)+P(\overline{V})\times P_{\overline{V}}(G)=0{,}4\times 0{,}08+0{,}6\times 0{,}28=0{,}032+0{,}168\)

\(P(G)=0{,}2\) : 20 % de la population a contracté la grippe.

c) \(P_G(V)=\dfrac{P(V\cap G)}{P(G)}=\dfrac{0{,}032}{0{,}2}\), donc \(P_G(V)=0{,}16\).

d) \(P(G\cup V)=P(G)+P(V)-P(G\cap V)=0{,}2+0{,}4-0{,}032\), donc \(P(G\cup V)=0{,}568\).

Exercice 27 :

D’après la figure, l’urne 1 contient trois boules A (rose), B (verte) et C (rose), l’urne 2 deux boules A (rose) et B (verte), l’urne 3 trois boules A (rose), B (verte) et C (rouge). Les tirages dans les trois urnes sont indépendants.

Situation 1

a) Une seule boule verte dans chaque urne : \(P(V)=\dfrac{1}{3}\) pour l’urne 1, \(\dfrac{1}{2}\) pour l’urne 2 et \(\dfrac{1}{3}\) pour l’urne 3.

b) L’événement contraire est « aucune boule verte » : \(\dfrac{2}{3}\times \dfrac{1}{2}\times \dfrac{2}{3}=\dfrac{2}{9}\).

La probabilité de tirer au moins une boule verte est \(1-\dfrac{2}{9}=\dfrac{7}{9}\).

Situation 2

a) Une seule boule A dans chaque urne : \(P(A)=\dfrac{1}{3}\), \(\dfrac{1}{2}\) et \(\dfrac{1}{3}\) selon l’urne.

b) « Obtenir A une fois au plus », c’est obtenir A zéro fois ou exactement une fois.

\(P(\text{aucun A})=\dfrac{2}{3}\times \dfrac{1}{2}\times \dfrac{2}{3}=\dfrac{2}{9}\)

\(P(\text{un seul A})=\dfrac{1}{3}\times \dfrac{1}{2}\times \dfrac{2}{3}+\dfrac{2}{3}\times \dfrac{1}{2}\times \dfrac{2}{3}+\dfrac{2}{3}\times \dfrac{1}{2}\times \dfrac{1}{3}=\dfrac{1}{9}+\dfrac{2}{9}+\dfrac{1}{9}=\dfrac{4}{9}\)

La probabilité d’obtenir A une fois au plus est \(\dfrac{2}{9}+\dfrac{4}{9}=\dfrac{2}{3}\).

Exercice 28 :

1. a) Pour chaque rose du lot, il y a deux issues : fanée (probabilité 0,04) ou non. Le nombre de roses produites étant très grand, on assimile le choix des 100 roses à 100 tirages indépendants. X suit la loi binomiale \(\mathcal{B}(100\,;\,0{,}04)\).

b) Le lot est remboursé si \(X\gt 5\), c’est-à-dire \(X\geq\, 6\) :

\(P(X\gt 5)=1-P(X\leq\, 5)\approx 1-0{,}7884\)

La probabilité que le lot soit remboursé est environ 0,21.

2. a) Le lot est désormais remboursé lorsque \(X\geq\, k\). La fonction ci-dessous part de \(k=0\), où \(P(X\geq\, 0)=1\), et retire à chaque étape \(P(X=k)\) pour obtenir \(P(X\geq\, k+1)\), jusqu’à ce que cette probabilité soit inférieure ou égale à 0,01.

from math import comb

def Seuil():
    p = 0.04
    k = 0
    reste = 1    # reste = P(X >= k)
    while reste > 0.01:
        reste = reste - comb(100, k) * p**k * (1 - p)**(100 - k)
        k = k + 1
    return k

b) L’exécution renvoie 10. En effet, \(P(X\geq\, 9)\approx 0{,}019\gt 0{,}01\) et \(P(X\geq\, 10)\approx 0{,}007\leq\, 0{,}01\).

Il faut rembourser les lots contenant au moins 10 roses fanées (k = 10).

Exercice 29 :

Les quatre parties sont indépendantes et le joueur mise toujours de la même façon : X suit la loi binomiale \(\mathcal{B}(4\,;\,p)\), où p est la probabilité de gagner une partie, et \(P(X\geq\, 1)=1-(1-p)^4\).

Le 0 n’étant ni impair, ni rouge, ni compris entre 1 et 18, on compte 18 numéros favorables pour les mises (2), (3) et (4), et 12 pour la mise (5).

• (1) Un numéro : \(\mathcal{B}(4\,;\,\dfrac{1}{37})\) et \(P(X\geq\, 1)=1-(\dfrac{36}{37})^4\approx 0{,}104\).
• (2) « Impair » : \(\mathcal{B}(4\,;\,\dfrac{18}{37})\) et \(P(X\geq\, 1)=1-(\dfrac{19}{37})^4\approx 0{,}930\).
• (3) « 1 à 18 » : \(\mathcal{B}(4\,;\,\dfrac{18}{37})\) et \(P(X\geq\, 1)\approx 0{,}930\).
• (4) « Rouge » : \(\mathcal{B}(4\,;\,\dfrac{18}{37})\) et \(P(X\geq\, 1)\approx 0{,}930\).
• (5) « 1er 12 » : \(\mathcal{B}(4\,;\,\dfrac{12}{37})\) et \(P(X\geq\, 1)=1-(\dfrac{25}{37})^4\approx 0{,}792\).

Cet exercice reprend l’exercice 15 : on retrouve les mêmes résultats.

Exercice 30 :

Chaque client laisse un pourboire avec la probabilité \(1-0{,}25=0{,}75\), et les 50 paiements sont indépendants : X suit la loi binomiale \(\mathcal{B}(50\,;\,0{,}75)\).

a) \(P(X=35)=\dbinom{50}{35}\times 0{,}75^{35}\times 0{,}25^{15}\), donc \(P(X=35)\approx 0{,}089\).

La probabilité qu’exactement 35 clients sur les 50 laissent un pourboire est d’environ 8,9 %.

b) Avec un pourboire moyen de 1,80 € par client qui en laisse un, 72 € correspondent à \(\dfrac{72}{1{,}8}=40\) clients.

\(P(X=40)=\dbinom{50}{40}\times 0{,}75^{40}\times 0{,}25^{10}\), donc la probabilité cherchée est \(P(X=40)\approx 0{,}099\).

c) \(P(35\leq\, X\leq\, 40)=P(X\leq\, 40)-P(X\leq\, 34)\), donc \(P(35\leq\, X\leq\, 40)\approx 0{,}673\) (calculatrice).

Il y a environ 67,3 % de chances que, parmi 50 clients, entre 35 et 40 d’entre eux laissent un pourboire, c’est-à-dire que le serveur reçoive entre \(35\times 1{,}8=63\) € et 72 € de pourboires.

Probabilités terminale corrigé : nos conseils pour progresser

D’abord, cherche chaque exercice seul, sur une feuille de brouillon. Ensuite, compare ta démarche avec la correction, étape par étape. De cette façon, tu comprends d’où vient chaque erreur. De plus, un travail régulier sur probabilités terminale corrigé vaut mieux qu’une longue séance.

Par exemple, note sur une fiche les pièges rencontrés. Enfin, si tu veux approfondir, consulte la page Probabilité sur Wikipédia. Également, tu peux continuer avec probabilités : corrigé des exercices de maths en 1ère.